\subsection{波函数的解}
这时势场为
\begin{equation}
    V(r)=\frac{1}{2} \mu \omega^2r^2
\end{equation}

径向Schrödinger方程为

\begin{equation}
    R^{\prime \prime}+\frac{2}{r} R^{\prime}+\left[\frac{2\mu}{\hbar^2}\left(E-\frac{1}{2} \mu \omega^2r^2\right)-\frac{l(l+1)}{r^2}\right] R=0
\end{equation}

边条件和Coulomb场相同.令

\begin{equation}
    k=\sqrt{\frac{2\mu E}{\hbar^2}}, \quad \alpha=\sqrt{\frac{\mu \omega}{\hbar}}
\end{equation}

径向方程变为

\begin{equation}
    R^{\prime \prime}+\frac{2}{r} R^{\prime}+\left[k^2-\alpha^4r^2-\frac{l(l+1)}{r^2}\right] R(r)=0
\end{equation}
为消去$R(r)$项系数中的$r^{-2}$项,作函数变换$R(r) \rightarrow v(r): R(r)=r^\delta v(r)$,
并且选$\delta$满足
\begin{equation}
    \delta(\delta-1)+2\delta-l(l+1)=0
\end{equation}

此指标方程有两个根$\delta_1=l, \delta_2=-(l+1)$,为防止发散取第一个根.于是得函数变换为

\begin{equation}
    R(r)=r^{\prime} v(r)
\end{equation}

接着,为消去未知函数$v(r)$方程中含$r^2$的项,作第二步函数变换

\begin{equation}
    v(r)=\mathrm{e}^{-\sigma^2} u(r)
\end{equation}

这只要选择待定参数$c$满足

\begin{equation}
    -\alpha^4+4c^2=0
\end{equation}

也即,选$c=\frac{1}{2} \alpha^2$就能达到目的.于是,总合起来应作如下函数变换
$R(r) \rightarrow u(r)$ :

\begin{equation}
    R(r)=r^{\prime} \mathrm{e}^{-\frac{1}{2} a^2, r^2} u(r)
\end{equation}

将此变换代入,经计算可得$u(r)$的方程为

\begin{equation}
    u^{\prime \prime}+\frac{2}{r}\left(l+1-\alpha^2r^2\right) u^{\prime}+\left[k^2-2\alpha^2\left(l+\frac{3}{2}\right)\right] u=0
\end{equation}

引入无量纲参量并作自变数的平方变换(为消去$u^{\prime}$前系数中关于$r$为正一次幕项)
\begin{equation}
    s=\frac{k^2}{2\alpha^2}=\frac{E}{\hbar \omega}, \quad \rho=\alpha^2r^2
\end{equation}

为节省记号,现在仍记$u(\rho)=u(r)$,得$u(\rho)$方程如下:

\begin{equation}
    \frac{\mathrm{d}^2u}{\mathrm{~d} \rho^2}+\left[\frac{l+\frac{3}{2}}{\rho}-1\right] \frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{~d} \rho}+\left[\frac{s}{2}-\frac{l+\frac{3}{2}}{2}\right] \frac{1}{\rho} u(\rho)=0
\end{equation}

这又是合流超几何方程,其中参数相应于

\begin{equation}
    a=\frac{1}{2}\left(l+\frac{3}{2}-s\right), \quad b=l+\frac{3}{2}
\end{equation}

此时$b \neq$整数,因而可得两个线性无关的广义幂级数解

\begin{equation}
    \begin{gathered}
        \mathrm{F}(a, b, \rho)=\mathrm{F}\left(\frac{1}{2}\left(l+\frac{3}{2}-s\right), l+\frac{3}{2}, \rho\right) \\
        \rho^{1-b} \mathrm{~F}(a-b+1,2-b, \rho)=\rho^{-\left(l+\frac{1}{2}\right)} \mathrm{F}\left(\frac{1}{4}-\frac{l+s}{2}, \frac{1}{2}-l, \rho\right)
    \end{gathered}
\end{equation}

但第二个解不满足$r \rightarrow0$时的边条件$r \psi \rightarrow0\left(r \rightarrow0\right.$
    时,它有乘子$\left.r^{\prime} \rho^{-\left(l+\frac{1}{2}\right)} \propto r^{-(t+1)}\right)$,
所以应当略去.而对保留下来的第一个解,由于其指数发散,必须予以截断（类似中心场情况）。为此令

\begin{equation}
    \frac{1}{2}\left(l+\frac{3}{2}-s\right)=-n_r \quad\left(n_r=0,1,2, \cdots\right)
\end{equation}

$n_r$为径向量子数.这时合流超几何级数被截断成为$n_t$阶广义Laguerre多项式.
由此得到能量的本征值和本征函数为


\begin{equation}
    \begin{aligned}
        E_N                                & =\left(2n,+l+\frac{3}{2}\right) \hbar \omega \equiv\left(N+\frac{3}{2}\right) \hbar \omega \quad(N=0,1,2, \cdots)                                                                                                                              \\
        \psi_{n_r l m}(r, \theta, \varphi) & =N_{n_r l}(\alpha r)^l \mathrm{e}^{-\frac{1}{2}{ \alpha}^2r^2} \mathrm{~F}\left(-n_r, l+\frac{3}{2}, \alpha^2r^2\right) \mathrm{Y}_{l m}(\theta, \varphi)                                                                                      \\
                                           & =N_{n_r l} \frac{n_{r}!\Gamma\left(l+\frac{3}{2}\right)}{\Gamma\left(n_r+l+\frac{3}{2}\right)}(\alpha r)^l \mathrm{e}^{-\frac{1}{2} \alpha^{2}r^2} \mathrm{~L}_{n_r}^{l+\frac{1}{2}}\left(\alpha^2r^2\right) \mathrm{Y}_{l m}(\theta, \varphi)
    \end{aligned}
\end{equation}


\subsection{讨论}
\subsubsection*{求归一化系数表达式}

利用数学公式
\begin{equation}
    \begin{aligned}
         & \int_0^{\infty} z^{l+\frac{1}{2}} \mathrm{e}^{-z}\left[\mathrm{~L}_{n_r}^{l+\frac{1}{2}}(z)\right]^2\mathrm{~d} z=\frac{\Gamma\left(n_r+l+\frac{3}{2}\right)}{n_{r}!} \\
         & \Gamma\left(m+\frac{1}{2}\right)=\frac{(2m-1)!!}{2^m} \sqrt{\pi} \quad(m=1,2, \cdots)
    \end{aligned}
\end{equation}
得
\begin{equation}
    N_{n_r l}=\frac{\alpha^{\frac{3}{2}}}{(2l+1)!!}\left[\frac{2^{l+2-n_r}\left(2n_r+2l+1\right)!}{\sqrt{\pi}\left(n_{r}!\right)}\right]^{\frac{1}{2}}
\end{equation}

\subsubsection*{能级和筒并度计算}

注意此时能级仅与$N$有关,而$N=2n_r+l$,所以$N$与$l$的奇偶性相同.和一维谐振子一样，
三维各向同性谐振子仍然表现出一维谐振子能级的等间距的特征.

注意同一个$N$值里有不同$l$,而每个$l$内又有不同的$m$. 所以简并度可计算如下:

\begin{equation}
    \begin{aligned}
         & f_N=\sum_{l=0,2,4, \cdots}^N(2l+1)=\frac{1}{2}(N+1)(N+2) \\
         & f_N=\sum_{l=1,3,5, \cdots}^N(2l+1)=\frac{1}{2}(N+1)(N+2)
    \end{aligned}
\end{equation}


简并度与$N$奇偶无关,而且和$l$也无关.于是三维各向同性谐振子能级的简并度为

\begin{equation}
    f_N=\frac{1}{2}(N+1)(N+2)
\end{equation}

\subsubsection*{三维各向同性谐振子在直角坐标中的解法}

Hamilton量为

\begin{equation}
    H=-\frac{\hbar^2}{2\mu} \Delta+\frac{1}{2} \mu \omega^2r^2=H_x+H_y+H_z
\end{equation}

这里$H_x=-\frac{\hbar^2}{2\mu} \partial_{x x}^2+\frac{1}{2} \mu \omega^2x^2$等.
能量本征值和本征函数分别为

\begin{equation}
    \left\{\begin{array}{l}
        E_{n_x,x_y, n_z} =\left(n_x+n_y+n_z+\frac{3}{2}\right) \hbar \omega=\left(N+\frac{3}{2}\right) \hbar \omega \quad\left(N=n_x+n_y+n_z\right) \\
        \psi_{n_x n_y n_z}(x, y, z)=\psi_{n_z}(x) \cdot \psi_{n_y}(y) \cdot \psi_{n_z}(z)
    \end{array}\right.
\end{equation}


这里$\psi_{n_x}(x)$是一维谐振子的对应本征值为$n_x$的波函数.
为了和上面球坐标的计算相对照，也计算此时$N$为某一固定值的简并度$f_N$ 。
如果假设$n_y+n_z=n, n$为某个定值,此时将有$n+1$重简并.
所以,若给定一个$n_x$,这时$N-n_x=n_y+n_z$,就$n_y$及$n_z$而言,
将有$\left(N-n_x+1\right)$重简并.由此,总简并度即为

\begin{equation}
    f_N=\sum_{n_x=0}^N\left(N-n_x+1\right)=\frac{1}{2}(N+1)(N+2)
\end{equation}

果然和前一种解法结果一致.这说明,对同一能级,也即在同一个$\frac{1}{2}(N+1)(N+2)$维子空间中,
两套正交归一基矢都是完备的,可以相互展开.